...上学期第一次教学质量诊断性考试数学(理)试题 (附解析)

数学（理科）

第Ⅰ卷（选择题    共60分）

―、选择题：本大题共有12个小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.

1.已知集合，，则元素的个数为（  ）

A. 0    B. 1    C. 2    D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】

A∩B={（x，y）|}，由此能求出集合A∩B的元素个数．

【详解】∵集合，，

∴A∩B={（x，y）|}={（1，1）}．

∴集合A∩B的元素个数是1个．

故选：B．

【点睛】本题考查两个集合的交集中元素个数的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集性质的合理运用．

2.命题“，（是自然对数的底数）”的否定是（  ）

A. 不存在，使    B. ，使

C. ，使    D. ，使

【答案】D

【解析】

【分析】

根据全称命题的否定为特称命题写出结果即可.

【详解】命题““，”的否定是，使，

故选：D．

【点睛】本题考查的知识点是全称命题，命题的否定，难度不大，属于基础题．

3.已知函数，则函数的最小正周期为

A.     B.     C.     D. 

【答案】C

【解析】

【分析】

利用同角三角函数之间的关系，结合二倍角的正弦公式与二倍角的余弦公式，将化为，从而可得结果.

【详解】

，

的最小正周期为，故选C.

【点睛】本题主要考查二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式的应用，以及正切函数的周期性，属于中档题.三角函数式的化简，应熟悉公式的逆用和变形应用，公式的正用是常见的，但逆用和变形应用则往往容易被忽视，公式的逆用和变形应用更能开拓思路，培养从正向思维向逆向思维转化的能力，只有熟悉了公式的逆用和变形应用后，才能真正掌握公式的应用．

4.设，，，则下列关系正确的是（  ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】A

【解析】

【分析】

利用指对函数、幂函数的单调性求解．

【详解】利用与的单调性可知：

，

又

∴

故选：A

【点睛】本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意幂函数、对数函数和指数函数的性质的合理运用．

5.函数的图象大致为

A.     B.     C.     D. 

【答案】D

【解析】

【详解】分析：用排除法，根据奇偶性可排除选项；由 ，可排除选项 A，从而可得结果.

详解：因为，

所以函数是奇函数，

函数图象关于原点对称，可排除选项,

由，可排除选项，故选D.

点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

6.若是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的（ ）

A. 充分而不必要条件    B. 必要而不充分条件    C. 充分必要条件    D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

若，因为垂直于平面，则或；若，又垂直于平面，则，所以“”是“的必要不充分条件，故选B．

考点：空间直线和平面、直线和直线的位置关系．

视频

7.正数，，满足，则下列关系正确的是（  ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】B

【解析】

因为，且

，则可知选B

8.在梯形中，，，.将梯形绕所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为（  ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】A

【解析】

【分析】

将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是：一个底面半径为AB=1，高为BC=2的圆柱减去一个底面半径为AB=1，高为BC﹣AD=2﹣1=1的圆锥，由此能求出该几何体的表面积．

【详解】∵在梯形ABCD中，∠ABC=，AD∥BC，BC=2AD=2AB=2，

∴将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是：

一个底面半径为AB=1，高为BC=2的圆柱减去一个底面半径为AB=1，

高为BC﹣AD=2﹣1=1的圆锥，

∴几何体的表面积为：

S=π×12+2π×1×2+

=（5+）π．

故选：A．

【点睛】本题考查旋转体的表面积的求法，考查圆柱、圆锥性质等基础知识，考查运算求解能力、考查空间想象能力，是基础题．

9.已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再将所得图象上所有点向右平移个单位长度，得到的函数图象关于直线对称，则的最小值为

A.     B.     C.     D. 

【答案】A

【解析】

【分析】

由图象求得函数的的解析式，经过周期变换与相位变换可得，由可得结果.

【详解】由最大值为，得，

由，得，

，

，

，

，

将函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，

再将所得图象上所有点向右平移个单位长度，

得到，

图象关于对称，，

，

时，最小为，故选A.

【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.

10.《周髀算经》中给出了弦图，所谓弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成一个大的正方形，若图中直角三角形两锐角分别为，，且小正方形与大正方形面积之比为，则的值为（  ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】D

【解析】

【分析】

设大的正方形的边长为1，由已知可求小正方形的边长，可求cosα﹣sinα=，sinβ﹣cosβ=，且cosα=sinβ，sinα=cosβ，进而利用两角差的余弦函数公式，同角三角函数基本关系式即可计算得解．

【详解】设大的正方形的边长为1，由于小正方形与大正方形面积之比为9：25，

可得：小正方形的边长为，

可得：cosα﹣sinα=，①sinβ﹣cosβ=，②

由图可得：cosα=sinβ，sinα=cosβ，

①×②可得：=cosαsinβ+sinαcosβ﹣cosαcosβ﹣sinαsinβ=sin2β+cos2β﹣cos（α﹣β）=1﹣cos（α﹣β），

解得：cos（α﹣β）=．

故选：D．

【点睛】本题主要考查了两角差的余弦函数公式，同角三角函数基本关系式的综合应用，考查了数形结合思想和转化思想，属于中档题．

11.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（  ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】D

【解析】

由三视图可知该几何体为一个四棱锥和一个球体的组合体，其中四棱锥的是以侧视图为底面，其体积为 而球体的体积为 .

故组合体的体积为

故选D

12.已知函数的值域与函数的值域相同，则的取值范围为（  ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】C

【解析】

【分析】

求出f（x）的单调区间和值域，从而得出f（x）的最大值与单调区间端点的关系，从而得出a的范围．

【详解】f（x）的定义域为（0，+∞）．

，在（0，+∞）递增．

而f′（1）=e0﹣a+a﹣1=0，

则f（x）在（0，1）上单减，在（1，+∞）上单增，f（1）=2a．

∴f（x）的值域为[2a，+∞）．

要使y=f[f（x）]与y=f（x）的值域相同，只需2a≤1，又a＞0，解得0＜a．

故选：C．

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化方法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

第Ⅱ卷（非选择题    共90分）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题纸上）

13.使不等式成立的的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】

利用对数函数的单调性即可得到结果.

【详解】∵

∴，即

故答案为：

【点睛】本题考查了对数不等式的解法，解题关键利用好对数函数的单调性，勿忘真数的.

14.在中，角，，所对的边分别为，，，若，则角的大小为______.

【答案】

【解析】

【分析】

由，利用正弦定理可得，再根据余弦定理可得结果.

【详解】 ，

由正弦定理可得，

化为，

，

，故答案为.

【点睛】解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．

15.已知函数，则的解集为______.

【答案】

【解析】

【分析】

原不等式等价于或，分别求解不等式组，再求并集即可.

【详解】 ，

当时，，解得；

当时，，解得，

综上，，即的解集为，故答案为.

【点睛】本题主要考查分段函数的解析式、分段函数解不等式，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清楚，思路清晰.

16.长方体中，，是的中点，，设过点、、的平面与平面的交线为，则直线与直线所成角的正切值为______.

【答案】4

【解析】

【分析】

延长KE，KF找到交线为又CN平行于，故MN与CN所成角为所求.

【详解】延长KE，CD交于M点，又

∴

同样延长KF，CB交于N点，又

∴

MN即为过点、、的平面与平面的交线为，又CN平行于

即MN与CN所成角为所求，记所成角为

则

故答案为：4

【点睛】本题主要考查异面直线所成的角问题,难度一般．求异面直线所成角的步骤:1平移,将两条异面直线平移成相交直线．2定角,根据异面直线所成角的定义找出所成角．3求角,在三角形中用余弦定理或正弦定理或三角函数求角．4结论．

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17〜21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：共60分.

17.在中，角，，所对的边分别是，，，已知，.

（1）若，求的值；

（2）的面积为，求的值.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）由，可得 ，由正弦定理可得，求得，利用诱导公式及两角和的正弦公式可得结果；（2）由，可得，再利用余弦定理，配方后化简可得.

【详解】（1）由，

则，且 ，

由正弦定理，

因为，所以，所以，

（2），∴，

 ，

∴， ，

∴.

【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径．

18.已知函数.

（1）求曲线在处的切线在轴上的截距；

（2）若函数在区间上是增函数，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

(1) 因为,又求出切线方程即可得到结果；（2）因为在区间上是增函数，所以在区间上恒成立. 通过分离变量，构造函数，把问题转化为函数的最值问题.

【详解】（1）因为 ，

当时，，，

所以曲线在处的切线方程为：

，

令得：，

所以曲线在处的切线在轴上的截距为.

（2）因为在区间上是增函数，

所以在区间上恒成立，

则，即 ，

令，

则 ，

所以在区间上单调递增，

所以，

故实数的取值范围是.

【点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.

19.如图，在平面直角坐标系中，点、都在单位圆上，，且.

（1）若，求的值；

（2）若，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）。

【解析】

【分析】

（1）由三角函数的定义可得，由， 可得，利用，结合两角差的余弦公式可得结果；（2）由题知，，则，利用降幂公式以及辅助角公式化简为，利用三角函数的有界性可得结果.

【详解】（1）由三角函数的定义有，

因为，，

所以，，

所以

；

（2）由题知，

 ，

 ，

，，

，.

所以的取值范围是.

【点睛】以平面图形为载体，三角恒等变换为手段，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.

20.如图，在四棱锥中，平面平面，底面是平行四边形，且，.

（1）求证：；

（2）若底面是菱形，与平面所成角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）过作，垂足为，连接，只需证明即可；（2）是平面与平面所成锐二面角的平面角，在三角形中求解即可.

【详解】（1）过作，垂足为，连接，

因为平面平面，所以平面，

因为，所以平面，所以，

因为，所以，

因为，所以.

解法一：（2）因为，平面，平面，

所以平面，

设平面平面直线，所以，

因为平面，所以，，

所以是平面与平面所成锐二面角的平面角， 

因为平面，

故是直线与平面所成角，即，

设，则，，

设，则，，

所以，所以，

故，所以，

即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

解法二：（2）因为平面，平面，

故是直线与平面所成角，即，

且，，

设，则，，

在中，设，则，，

在中，所以，所以，

以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，

则，，，

则平面的法向量，

设平面的法向量，

因为，，

所以，故，

设平面与平面的夹角为，

则，

平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

【点睛】（1）求二面角大小的过程可总结为：“一找、二证、三计算。” 

（2）作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．

21.已知函数.

（1）若是的导函数，讨论的单调性；

（2）若（是自然对数的底数），求证：.

【答案】（1）①当时，在上是增函数；②当时，在上是增函数；在上是减函数。（2）证明见解析。

【解析】

【分析】

（1）求出，分两种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）因为，令，两次求导可证明在区间上有唯一零点，在区间上，是减函数，在区间上，是增函数，故当时，取得最小值，只需证明即可.

【详解】（1）因为，所以，

 ， 

①当时，，在上是增函数；

②当时，由得，

所以在上是增函数；在上是减函数；

（2）因为，令，则，

因为，所以，

即在是增函数，

下面证明在区间上有唯一零点，

因为，，

又因为，所以，，

由零点存在定理可知，在区间上有唯一零点，

在区间上，，是减函数，

在区间上，，是增函数，

故当时，取得最小值，

因为，所以，

所以 ，

因为，所以，

所以，.

【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.

选修4-4:坐标系与参数方程

22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为，过点的直线的参数方程为（为参数），直线与曲线相交于，两点.

（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；

（2）若，求的值.

【答案】（1）曲线的直角坐标方程，直线的普通方程为；（2）。

【解析】

【分析】

（1）利用代入法消去直线的参数方程中的参数，可得其普通方程，曲线的极坐标方程两边同乘以，利用 即可得到曲线的直角坐标方程；（2）直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用韦达定理、直线参数方程的几何意义可得结果.

【详解】（1）由得，

所以曲线的直角坐标方程，

因为，所以，

直线的普通方程为；

（2）直线的参数方程为（为参数），

代入得：，

设，对应的参数分别为，，

则，，，

由参数，的几何意义得，，，

由得，所以，

所以，即，

故，或（舍去），

所以.

【点睛】本题考查参数方程和普通方程的转化、直线极坐标方程和直角坐标方程的转化以及直线参数方程的应用，属于中档题. 消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法，极坐标方程化为直角坐标方程，只要将和换成和即可.

选修4-5:不等式选讲

23.已知定义在上的函数，，若存在实数使成立.

（1）求实数的值；

（2）若，，，求证：.

【答案】（1）；（2）证明见解析。

【解析】

【分析】

（1）由三角绝对值不等式可得，因存在实数使成立，所以，从而可得结果；（2）由，，可得，化简可得，由 ，利用基本不等式可得结果.

【详解】（1）因为，

因存在实数使成立，所以，

解之得，

因为，所以；

（2）因，，所以 ，

因为，所以，所以，

因为 

，且时等号成立，

又，，所以等号不成立，.

【点睛】本题主要考查绝对值不等式的性质以及基本不等式的应用，属于中档题. 利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.